Shodná zobrazení. bodu B ležet na na zobrazené množině b. Proto otočíme kružnici b kolem

Transkript

1 Shodná zobrazení Otočení Příklad 1. Jsou dány tři různé soustředné kružnice a, b a c. Sestrojte rovnostranný trojúhelník ABC tak, aby A ležel na a, B ležel na b a C ležel na c. Řešení. Zvolíme vrchol A na a. Pro bod C pak platí, že je obrazem bodu B v otáčení se středem v A o úhel 60 (nebo 60 ). Protože obecně obraz bodu X, který leží na množině M, leží na obrazu množiny M, bude bod C obraz bodu B ležet na na zobrazené množině b. Proto otočíme kružnici b kolem středu A o úhel 60, nalezneme průsečíky této otočené kružnice s kružnicí c a tyto průsečíky jsou možné vrcholy C. Vrcholy B pak nalezneme otočením zpět. Příklad 2. Je dán bod A a dvě různé soustředné kružnice b a c. Sestrojte rovnostranný trojúhelník ABC tak, aby B ležel na b a C ležel na c. Řešení je zřejmé je to zvolený bod A v předchozím řešení. 1

2 Příklad 3. Je dána přímka p a bod X. Na přímce a je libovolně dán bod S. Uvažujme bod Y obraz bodu X v otáčení se středem v bodě S o úhel α. Dokažte, že množina všech bodů Y je přímka. Řešení. Na přímce p jistě leží bod S 1 pro který platí, že přímka S 1 X svírá s přímkou p právě úhel α. Zvolme tento bod S 1, obraz bodu X v otočení se středem v S 1 o úhel α označme Y 1. Zvolme dále na p libovolný bod S 2, obraz bodu X v otočení se středem v S 2 o úhel α označme Y 2. Trojúhelníky XS 1 Y 1 a XS 2 Y 2 jsou oba rovnoramenné s vnitřním úhlem při hlavním vrcholu rovným α. Proto jsou podobné. Z této podobnosti vyplývá, že a mají shodné i vnitřní úhly při základně označme je β, proto jsou shodné i úhly <) S 1 XS 2 a <) Y 1 XY 2. Z podobnosti trojúhelníků XS 1 Y 1 a XS 2 Y 2 dále plyne rovnost poměrů XY 1 : S 1 X = XY 2 : S 2 X (délka základny k délce ramena), proto jsou podobné trojúhelníky S 1 XS 2 a Y 1 XY 2 podle věty sus o podobnosti trojúhelníků. Odtud plyne, že velikost úhlu <) XY 1 Y 2 se rovná velikosti úhlu <) XS 1 S 2 = α. Zvolíme-li na přímce p další bod S 3, stejným postupem ukážeme, že i velikost úhlu <) XY 1 Y 3 se rovná α. Body Y 1, Y 2 a Y 3 tedy leží na přímce. Důkaz je hotov. Podobně bychom mohli postupovat, kdybychom zvolili bod S 4 mimo přímku p a chtěli ukázat, že množina obrazů bodů X ve středových souměrnostech se středy ve všech bodech trojúhelníku S 1 S 2 S 4 je trojúhelník Y 1 Y 2 Y 4 s trojúhelníkem S 1 S 2 S 4 podobný. Vedli bychom přímku m = S 1 S 4 a obdobně ukázali, že množina všech obrazů bodů X ve středových souměrnostech se středy na přímce m je přímka r, která s m svírá úhel γ, stejný úhel, jako svírá přímka q s přímkou p. Odchylka přímek p a m, označme ji δ, se tak musí rovnat odchylce přímek q a r (v obrázku vidíme, že γ +δ+ɛ = 180, bod S 1 je průsečíkem přímek m a p, bod Y 1 proto musí být průsečíkem přímek q 2

3 a r). Odtud už bezprostředně vyplyne, že trojúhelníky S 1 S 2 S 4 a Y 1 Y 2 Y 4 jsou podobné, protože koeficient k podobnosti je poměr délek základny a ramena rovnoramenného trojúhelníku s vnitřním úhlem při hlavním vrcholu o velikosti α, tedy k = 2 sin α, nezávisí tedy na volbě středu otáčení, tedy na 2 volbě bodu S. K řešitelnosti úlohy: Úloha má řešení (pro obecný úhel α), když bude bod A zvolen na úsečce A 1 A 2. Na obrázku jsou pak nakresleny krajní polohy otočených kružnic b, pro které má úloha vždy jedno řešení. Z podobnosti, kterou jsme odvodili 3

4 v předchozím důkaze plyne, že trojúhelníky XA 1 A 2 a XL 1 L 2 jsou podobné, koeficient podobnosti je k = 2 sin α 2. Geometricky tedy úsečku A 1A 2 najdeme tak, že najdeme mezní polohy kružnic b 1 a b 2 a sestrojíme trojúhelník XA 1 A 2 podobný s trojúhelníkem XL 1 L 2 tak, aby základna A 1 A 2 ležela na a. Výpočet trigonometricky pomocí této podobnosti. V našem konkrétním případě, kdy má úhel otáčení velikost 60, je podobnost shodností, proto A 1 A 2 = L 1 L 2 a vzdálenost ax = qx. Konstrukce: Sestrojíme kružnice b 1 a b 2, které mají střed na přímce q a mají s kružnicí c vnější dotyk. Jejich středy jsou body L 1 a L 2. Úsečku L 1L 2 přeneseme na přímku a (získáme hledanou úsečku A 1 A 2 ) tak, aby střed úsečky A 1 A 2 byl patou kolmice spuštěné z bodu X na přímku a. Poznamenejme, že při otáčení opačným směrem bude situace identická, jen přímka q bude ležet vlevo od kružnic b a c. Získáme tutéž úsečku A 1 A 2. Dále můžeme říci, že pro nalezení úsečky A 1 A 2 byla konstrukce přímky q zbytečná, bylo možné nalézt body L 1 a L 2 přímo na přímce a byly by to přímo body A 1 a A 2. Délku úsečky A 1 A 2 určíme jako dvojnásobek délky úsečky P A 2, kterou vypočítáme pomocí Pythagorovy věty v pravoúhlém trojúhelníku XP A 2. XP je daná délka ze zadání (určuje umístění přímky a vzhledem ke kružnicím b a c) a XA 2 má délku rovnu součtu poloměrů kružnic b a c. Příklad 4. Na stranách trojúhelníka ABC jsou vně sestrojeny rovnostranné trojúhelníky A 1 CB, B 1 AC a AC 1 B. Dokažte, že AA 1 = BB 1 = CC 1. Řešení. Při otočení se středem C o úhel 60 v záporném smyslu se bod A zobrazí na bod B 1 a bod A 1 na bod B. Úsečka AA 1 se proto zobrazí na úsečku B 1 B. Dále při otočení se středem A o úhlem 60 v záporném smyslu se bod 4

5 B zobrazí na bod C 1 a bod B 1 na bod C. Úsečka BB 1 se tedy zobrazí při tomto otočení na úsečku C 1 C. Odsud již vyplývá, že AA 1 = BB 1 = CC 1. A 1 C B 1 A B C 1 Středová souměrnost Příklad 5. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno t a, m b a m c, kde m b je množina (podmínka) pro bod B a m c je množina (podmínka) pro bod C. Možný postup řešení: Umístíme těžnici t a (úsečku AS a, S a označíme střed strany BC), dále sestrojíme množinu m b a množinu m c podle podmínek úlohy. Protože je S a střed strany BC, je bod C obrazem bodu B ve středové souměrnosti se středem právě v S a. Je zřejmé, že pokud bod X leží na množině M, leží jeho obraz v libovolném zobrazení na obrazu množiny M v tomto zobrazení. Proto leží bod B obraz bodu C na obrazu množiny m b v uvažované středové souměrnosti se středem v bodě S a. Sestrojíme tedy tento obraz množiny m b, nalezneme jeho společné body s množinou m c a tyto společné body jsou body C vrcholy trojúhelníku ABC. Odpovídající 5

6 vrcholy pak najdeme snadno tak, že použijeme S a jako střed strany BC. Řešitelnost úlohy závisí na počtu bodů C. Příklad 6. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno t a, t b a t c. m b je pak kružnice k(t, 2 3 t b), m c je pak kružnice l(t, 2 3 t c). t a, t b a γ. m b je pak kružnice k(t, 2 3 t b), m c je množina všech bodů X, ze kterých je vidět úsečku AS a pod úhlem γ oblouk. t a, β a γ. m b je pak množina všech bodů X, ze kterých je vidět úsečku AS a pod úhlem β oblouk, m c je množina všech bodů Y, ze kterých je vidět úsečku AS a pod úhlem γ druhý oblouk. t a, t b a v b. m b je pak kružnice k(t, 2 3 t b), m c je tečna ke kružnici l(s a, 1 2 v b) vedená bodem A bod S a má od strany b poloviční vzdálenost než bod B. t a, β a v b. m b je pak množina všech bodů X, ze kterých je vidět úsečku AS a pod úhlem β oblouk, m c je tečna ke kružnici l(s a, 1 2 v b) vedená bodem A bod S a má od strany b poloviční vzdálenost než bod B. t a, v b a v c. m b je tečna ke kružnici k(s a, 1 2 v b) vedená bodem A bod S a má od strany b poloviční vzdálenost než bod B, m c je tečna ke kružnici l(s a, 1 2 v c) vedená bodem A bod S a má od strany c poloviční vzdálenost než bod C. Příklad 7. Sestrojte rovnoběžník ABCD, je-li dáno AS b (S b je střed BC), v a (výška na úsečku AB), AC. Řešení. Zde sestrojíme nejdříve trojúhelník ABC, kde vycházíme z jeho těžnice AS b, jedna z množin je pak tečna ke kružnici k(s b, 1 2 v a) vedená bodem A bod S b má od strany AB poloviční vzdálenost než bod C, druhá z množin je pak kružnice l(a, AC ). Vrchol D najdeme pomocí rovnoběžnosti. Příklad 8. Sestrojte lichoběžník ABCD, AB CD, je-li dáno CS a (S a je střed AB), velikost ostrého úhlu <) CAB, β a δ. Řešení. Nejdříve setrojíme trojúhelník ABC, kde známe těžnici a dva vnitřní úhly začneme těžnicí, množiny, jejichž společné body po zobrazení budeme hledat jsou oblouky určené vnitřními úhly β a <) CAB, vrchol D pak snadno najdeme pomocí rovnoběžky s AB vedené bodem C a např. pomocí polopřímky vedené bodem A, která s AB svírá úhel 180 δ. 6

7 Příklad 9. Sestrojte čtyřúhelník ABCD, je-li dáno AS b (S b je střed BC), AS c (S c je střed CD), β, δ a velikost úhlu ɛ = <) S b AS c. Řešení. Nejdříve sestrojíme trojúhelník S b AS c podle věty sus. Vrchol D leží na množině M všech bodů X, ze kterých je úsečka AS c vidět pod úhlem δ (oblouk), vrchol B leží na množině N všech bodů Y, ze kterých je úsečka AS b vidět pod úhlem β (oblouk). Vrchol C pak leží na zobrazené množině M ve středové souměrnosti se středem S c a na zobrazené množině N ve středové souměrnosti se středem S b (tedy v průniku těchto obrazů). Vrcholy B a D pak snadno najdeme pomocí polopřímek CS b a CS c. Konstrukce je na obrázku. Na obrázku je sestrojeno pouze jedno ze čtyř řešení. Je třeba vykreslit obě dvojice oblouků, zobrazené dvojice oblouků pak budou mít až čtyři společné body. Příklad 10. Jsou dány dvě soustředné kružnice k 1 a k 2. Sestrojte přímku l, na které tyto kružnice vytínají tři shodné úsečky. 7

8 Řešení. Označme r 1 poloměr kružnice k 1 a r 2 poloměr kružnice k 2. Necht je pro jednoznačnost r 1 < r 2. Zvolíme na kružnici k 1 libovolný bod X. Bud k 1 obraz kružnice k 1 při symetrii se středem X a Y průsečík kružnic k 1 a k 2. Ukážeme, že XY je hledaná přímka l. Označme P X průsečík přímky XY s kružnicí k 1, Q Y průsečík přímky XY s kružnicí k 2 a O střed úsečky Y Q, a tedy i úsečky XP (tedy Y O = QO P O = XO ). Bod Y je symetrický s bodem P podle středu X (tedy XY = XP ). Odsud dostáváme, že QO P O = Y O XO, to znamená, že XY = QP, a tedy Y X = XP = P Q. l Y X S S O k 1 P k 1 k 2 Q Osová souměrnost Příklad 11. Jsou dány tři přímky l 1, l 2 a l 3, které se protínají v jednom bodě, a bod A 1 ležící na přímce l 1. Sestrojte trojúhelník ABC tak, aby bod A 1 byl středem jeho strany BC a přímky l 1, l 2 a l 3 byly osami jeho stran. Řešení. Bodem A 1 ved me přímku p, která je na l 1 kolmá. Bud p 2 přímka, která je osově souměrná s přímkou p podle přímky l 2.Bud p 3 přímka, která je osově souměrná s přímkou p podle přímky l 3. Vrchol A hledaného trojúhelníka ABC je průsečíkem přímek p 2 a p 3. Body B a C pak leží na přímce p, přičemž 8

9 B je osově souměrný s bodem A podle přímky l 2 a bod C je osově souměrný s bodem A podle přímky l 3. C p p 3 l 2 A A 1 l 3 l 1 B p 2 Příklad 12. Je dána přímka MN a dva body A a B ležící v jedné polorovině vzhledem k MN. Sestrojte na přímce MN bod X tak, aby <) AXM = 2 <) BXN. Řešení. Předpokládejme, že je bod X sestrojen. Bud B bod, který je osově souměrný s bodem B podle přímky MN. Kružnice se středem B a poloměrem AB protíná přímku MN v bodě A. Bud O střed úsečky AA. Přímka B O je tedy osou úhlu <) AB A. Potom ale i B X musí být osou úhlu <) AB A, nebot platí 1 <) AXM = <) MXO = <) 2 B XN = <) BXN. Odsud přímo plyne rovnost <) AXM = 2 <) BXN. Bod X tedy nalezneme jako průsečík přímek B O a MN, kde O je střed úsečky AA. B k A M X O N A 9 B